Abschätzung mit Landau O < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:09 Sa 13.11.2010 | | Autor: | Aurelie |
| Aufgabe | Gegeben: [mm]||\mathcal{L}(y,t_0,h)||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
Zu zeigen: [mm]||y(t_k)-y_k||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
Wieso folgt dies aus
[mm](|\alpha_k|-h|\beta_k|L)||y(t_k)-y_k|| &\leq ||\mathcal{L}(y,t_0,h)||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
Also ich meine was ist mit dem h auf der linken Seite? Stört das nicht? |
Hey Leute,
Ich hoffe es findegt sich jemand der mir mit der Sache oben hilft. Ich hab Probleme mit diesen Abschätzung mit dem Landau [mm]\mathcal{O}[/mm].
Liebe Grüße,
Aurelie
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:08 So 14.11.2010 | | Autor: | fred97 |
> Gegeben: [mm]||\mathcal{L}(y,t_0,h)||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
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> Zu zeigen: [mm]||y(t_k)-y_k||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
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> Wieso folgt dies aus
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> [mm](|\alpha_k|-h|\beta_k|L)||y(t_k)-y_k|| &\leq ||\mathcal{L}(y,t_0,h)||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
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> Also ich meine was ist mit dem h auf der linken Seite?
> Stört das nicht?
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> Hey Leute,
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> Ich hoffe es findegt sich jemand der mir mit der Sache oben
> hilft. Ich hab Probleme mit diesen Abschätzung mit dem
> Landau [mm]\mathcal{O}[/mm].
Ich auch, solange ich nicht weiß, was [mm] \mathcal{L}, [/mm] L, [mm] \mathcal{L}(y,t_0,h), [/mm] ..... bedeuten !Heute ist Sonntag und da gönne ich meinen hellseherischen Fähigkeiten einen Ruhetag.
FRED
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> Liebe Grüße,
> Aurelie
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:43 So 14.11.2010 | | Autor: | Aurelie |
Hallo Fred,
nun dass L ist eine Lipschitzkonstante das hätte ich dazu sagen sollen.
[mm]\mathcal{L}(y,t,h)=\sum_{i=0}^k[\alpha_i\; y(x+ih)-h\beta_i\; y'(x+ih)][/mm] mit Konstanten [mm]\alpha_i,\beta_i[/mm] - ich dachte das hier bräuchte man nicht zu wissen da dafür schon [mm]\mathcal{L}(y,t_0,h)=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm] gegeben ist aber wenn doch bitteschön. Insgesamt geht um MSV, es ist eine Aufgabe [mm]y'=f(t,y)[/mm] gegeben mit Anfansgwert [mm]y(t_0)=y_0[/mm] und [mm]y_k[/mm] bezeichnet die Näherung an [mm]y(t_0+kh)[/mm].
Hilft dir das weiter?
Aurelie
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:06 So 14.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Aurelie!
> Gegeben: [mm]||\mathcal{L}(y,t_0,h)||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
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> Zu zeigen: [mm]||y(t_k)-y_k||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
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> Wieso folgt dies aus
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> [mm](|\alpha_k|-h|\beta_k|L)||y(t_k)-y_k|| &\leq ||\mathcal{L}(y,t_0,h)||=\mathcal{O}(h^{p+1})[/mm]
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> Also ich meine was ist mit dem h auf der linken Seite?
> Stört das nicht?
Ich nehme mal an, es geht um $h [mm] \to [/mm] 0$, und [mm] $\alpha_k \neq [/mm] 0$. In dem Fall geht [mm] $|\alpha_k| [/mm] - h [mm] |\beta_k| [/mm] L$ fuer $h [mm] \to [/mm] 0$ gegen $C := [mm] |\alpha_k| [/mm] > 0$. Deswegen gilt [mm] $\limsup_{h\to0} |y(t_k) [/mm] - [mm] y_k| \le \limsup \frac{||\mathcal{L}(y,t_0,h)||}{|\alpha_k| - h |\beta_k| L} \le C^{-1} \cdot \limsup ||\mathcal{L}(y,t_0,h)|| [/mm] = [mm] O(h^{p+1})$.
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:10 So 14.11.2010 | | Autor: | Aurelie |
| Aufgabe | Okay, danke ich glaub das hab ich verstanden. Ich hätte da noch nen anderen Fall:
Es ist
[mm]||Y_n-Y(T_n)||\leq \tilde{C}h^p \left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)^n+\frac{Ch^p}{||B||L}\cdot\frac{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)^n-1}{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)} [/mm] (*)
und zu zeigen ist für den globalen Fehler [mm]||Y_n-Y(T_n)||=\mathcal{O}(h^p)[/mm] für [mm]h\to0[/mm] |
Das könnte ich nochmal mit [mm]\frac{1}{1-h||B||L}\right)=1+\frac{h||B||L}{1-h||B||L}[/mm] und [mm]1+x\leq e^x[/mm] abschätzen zu
[mm]||Y_n-Y(T_n)||\leq \tilde{C}h^p \exp\left(\frac{nh||B||L}{1-h||B||L}\right)+\frac{Ch^p}{||B||L}\cdot\frac{\exp \left(\frac{nh||B||L}{1-h||B||L}\right)-1}{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)} [/mm] (**)
In (*) geht [mm]\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)[/mm] gegen 1 für [mm]h\to0[/mm] also ist z.B [mm]\leq 2[/mm] für h genügend klein. Die n-te Potenz geht genauso gegen 1 ist also auch im Betrag [mm]\leq 2[/mm] für kleine h allerdings müssen die h umso kleiner sein umso größer das n. Kann man da schon sagen dass [mm]||Y_n-Y(T_n)||=\mathcal{O}(h^p)[/mm] ?
Auf (**) komm ich weil so eine Abschätzung an einer anderen Stelle benutzt wird. Hier könnte man [mm]nh<(T_{end}-T_0)[/mm] benutzen wobei [mm][\, T_0,T_{end}\, ][/mm] das Intervall ist auf dem approximiert wird. Brauch ich diese Form bzw ist die irgendwie besser?
Liebe Grüße,
Aurelie
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:33 So 14.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Okay, danke ich glaub das hab ich verstanden. Ich hätte da
> noch nen anderen Fall:
> Es ist
> [mm]||Y_n-Y(T_n)||\leq \tilde{C}h^p \left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)^n+\frac{Ch^p}{||B||L}\cdot\frac{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)^n-1}{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)}[/mm]
> (*)
> und zu zeigen ist für den globalen Fehler
> [mm]||Y_n-Y(T_n)||=\mathcal{O}(h^p)[/mm] für [mm]h\to0[/mm]
>
> Das könnte ich nochmal mit
> [mm]\frac{1}{1-h||B||L}\right)=1+\frac{h||B||L}{1-h||B||L}[/mm] und
> [mm]1+x\leq e^x[/mm] abschätzen zu
Du kannst es auch direkt mit der Bernoullischen Ungleichung machen.
Aber die Frage ist: warum eigentlich? Also was genau ist dein Ziel? Willst du explizit [mm] $\|Y_n [/mm] - [mm] Y(T_n)\| \le [/mm] C' [mm] h^p$ [/mm] schreiben mit expliziten $C'$?
> [mm]||Y_n-Y(T_n)||\leq \tilde{C}h^p \exp\left(\frac{nh||B||L}{1-h||B||L}\right)+\frac{Ch^p}{||B||L}\cdot\frac{\exp \left(\frac{nh||B||L}{1-h||B||L}\right)-1}{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)}[/mm]
> (**)
>
>
> In (*) geht [mm]\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)[/mm] gegen 1 für
> [mm]h\to0[/mm] also ist z.B [mm]\leq 2[/mm] für h genügend klein. Die n-te
> Potenz geht genauso gegen 1 ist also auch im Betrag [mm]\leq 2[/mm]
> für kleine h allerdings müssen die h umso kleiner sein
> umso größer das n. Kann man da schon sagen dass
> [mm]||Y_n-Y(T_n)||=\mathcal{O}(h^p)[/mm] ?
>
> Auf (**) komm ich weil so eine Abschätzung an einer
> anderen Stelle benutzt wird. Hier könnte man
> [mm]nh<(T_{end}-T_0)[/mm] benutzen wobei [mm][\, T_0,T_{end}\, ][/mm] das
> Intervall ist auf dem approximiert wird. Brauch ich diese
> Form bzw ist die irgendwie besser?
Ich wuerd's so machen: es gilt doch $f(h) = O(g(h))$, falls [mm] $-\infty [/mm] < [mm] \limsup_{h\to0} \frac{f(h)}{g(h)} [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] ist.
Wenn du jetzt einfach [mm] $\lim_{h\to0} \frac{\tilde{C}h^p \left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)^n+\frac{Ch^p}{||B||L}\cdot\frac{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)^n-1}{\left(\frac{1}{1-h||B||L}\right)}}{h^p}$ [/mm] ausrechnest, siehst du, dass [mm] $\tilde{C}$ [/mm] herauskommt.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:38 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Aurelie |
Ich wollte nur das für mich begründet haben.
Danke für deine Hilfe! Mir ist das jetzt klar. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
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